- 独立性检验的基本思想及其初步应用
- 共31题
A
B
C
D
正确答案
解析
解：过点D作DG∥AC，交BE于H，交CF于G，则AB=DH，AC=DG
∵BE∥CF，
∴
∴
故选D．
正确答案
2
解析
∴x=4，
连接OA，OB，AC，则
∵A，C分别为PB，PO的中点，
∴AC∥OB，
∴∠1=∠2，
∵∠1=LD，
∴∠2=∠D，
∴∠AOB=∠BOD，
∴BD=AB=2
故答案为：2
在任意八边形ABCDEFGT中，取各边中点，如图，H、I、J、K、L、M、N、O分别是GT、TA、AB、BC、CD、DE、EF、FG的中点，连接IK、JL、MO、NH，P、Q、R、S分别是NH、MO、JL、IK的中点．求证：以P、Q、R、S为顶点的四边形SRQP是平行四边形．
正确答案
证明：如图所示，
取AD的中点X，连接JX、JK、KL、LX，
由三角形的中位线定理可得：
∴
∴四边形JKLX是平行四边形．
∴对角线JL与KX相交于点R．
由三角形的中位线定理可得：SR∥IX，IX∥TD，
∴SR∥TD．
同理可知：PQ∥TD．
∴SR∥PQ．
同理可证：SP∥RQ．
∴以P、Q、R、S为顶点的四边形SRQP是平行四边形．
解析
证明：如图所示，
取AD的中点X，连接JX、JK、KL、LX，
由三角形的中位线定理可得：
∴
∴四边形JKLX是平行四边形．
∴对角线JL与KX相交于点R．
由三角形的中位线定理可得：SR∥IX，IX∥TD，
∴SR∥TD．
同理可知：PQ∥TD．
∴SR∥PQ．
同理可证：SP∥RQ．
∴以P、Q、R、S为顶点的四边形SRQP是平行四边形．
已知：四边形ABCD是空间四边形，E，H分别是边AB，AD的中点，F，G分别是边CB，CD上的点，且
求证：（1）四边形EFGH是梯形；
（2）FE和GH的交点在直线AC上．
正确答案
（1）连接BD，
∵E，H分别是边AB，AD的中点，∴EH∥BD
又∵
因此EH∥FG且EH≠FG
故四边形EFGH是梯形；（6分）
（2）由（1）知EF，HG相交，设EF∩HG=K
∵K∈EF，EF⊂平面ABC，
∴k∈平面ABC
同理K∈平面ACD，
又平面平面ABC∩平面ACD=AC
∴K∈AC
故FE和GH的交点在直线AC上．（12分）
解析
（1）连接BD，
∵E，H分别是边AB，AD的中点，∴EH∥BD
又∵
因此EH∥FG且EH≠FG
故四边形EFGH是梯形；（6分）
（2）由（1）知EF，HG相交，设EF∩HG=K
∵K∈EF，EF⊂平面ABC，
∴k∈平面ABC
同理K∈平面ACD，
又平面平面ABC∩平面ACD=AC
∴K∈AC
故FE和GH的交点在直线AC上．（12分）
如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，F是AD上的一点，且
A
B
C
D
正确答案
解析
∵AD是BC边上的中线，∴BD=CD，∴BG=GE．
∵DG∥EC，∴AE：EG=AF：FD=1：5．
∴AE：EB=1：10．
故选：D．
正确答案
证明：连MB，
∵△AEF的面积=△AEM的面积+△MEF的面积
=△AEM的面积+△MEB的面积
=△ABM的面积=
∴△AEF的面积等于△ABC的面积的一半．
解析
证明：连MB，
∵△AEF的面积=△AEM的面积+△MEF的面积
=△AEM的面积+△MEB的面积
=△ABM的面积=
∴△AEF的面积等于△ABC的面积的一半．
（1）求证：AB⊥PQ；
（2）在底边AC上有一点M，满足AM；MC=3：4，求证：BM∥平面APQ．
（3）求直线BC与平面APQ所成角的正弦值．
正确答案
所以AC=5，从而AC2=AB2+BC2，
即AB⊥BC．（2分）
又因为AB⊥BB1，而BC∩BB1=B，
所以AB⊥平面BC1，又PQ⊂平面BC1
所以AB⊥PQ；（4分）
（2）解：过M作MN∥CQ交AQ于N，连接PN，
因为AM：MC=3：4∴AM：AC=MN：CQ=3：7（6分）
∴MN=PB=3，∵PB∥CQ∴MN∥PB，∴四边形PBMN为平行四边形∴BM∥PN，所以BM∥平面APQ（8分）
（3）解：由图1知，PB=AB=3，QC=7，分别以BA，BC，BB1为x，y，z轴，
则A（3，0，0），C（0，4，0），P（0，0，3），Q（0，4，7）
设平面APQ的法向量为
所以
令a=1，则c=1，b=-1，
所以直线BC与平面APQ所成角的正弦值为
（注）用其他解法可相应给分．
解析
所以AC=5，从而AC2=AB2+BC2，
即AB⊥BC．（2分）
又因为AB⊥BB1，而BC∩BB1=B，
所以AB⊥平面BC1，又PQ⊂平面BC1
所以AB⊥PQ；（4分）
（2）解：过M作MN∥CQ交AQ于N，连接PN，
因为AM：MC=3：4∴AM：AC=MN：CQ=3：7（6分）
∴MN=PB=3，∵PB∥CQ∴MN∥PB，∴四边形PBMN为平行四边形∴BM∥PN，所以BM∥平面APQ（8分）
（3）解：由图1知，PB=AB=3，QC=7，分别以BA，BC，BB1为x，y，z轴，
则A（3，0，0），C（0，4，0），P（0，0，3），Q（0，4，7）
设平面APQ的法向量为
所以
令a=1，则c=1，b=-1，
所以直线BC与平面APQ所成角的正弦值为
（注）用其他解法可相应给分．
正确答案
3
解析
解：在Rt△ABD中，AB=8，AD=BC=6，
∴BD=10，
由折叠的性质可得，△ADG≌△A‘DG，
∴A'D=AD=6，A'G=AG，
∴A'B=BD-A'D=10-6=4，
设AG=x，则A'G=AG=x，BG=8-x，
在Rt△A'BG中，x2+42=（8-x）2
解得x=3，
即AG=3．
故答案为：3．
正确答案
1：2
解析
解：∵EF∥BC
∴△AFE∽△ACB
∴AF：FE=AC：CB
又∵AC=1，BC=2，四边形DEFC为正方形，即FE=FC
∴AF：FC=AC：CB=1：2
故答案为：1：2
如图，△ABC中，D、E分别在边AB、AC上，CD平分∠ACB，DE∥BC，如果AC=10，BC=15，那么AE=______．
正确答案
4
解析
∴∠ECD=∠DCB，
又∵DE∥BC，
∴∠EDC=∠DCB，
∴∠EDC=∠ECD，
∴△EDC是等腰三角形．设AE=x，
则ED=EC=AC-AE=10-x．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴
∴x=4．
故答案为：4．
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